2015年理科数学海南省高考真题含答案下载

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  • 最近更新2022年10月14日



2015年普通高等学校招生全国统一考试(海南卷) 理科数学 注意事项 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前,考生务必将自己 的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。 2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,写在本试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。 4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共 12小题,每小题 5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的. 1.已知集合 A={-2,-1,0,2},B={x|(X-1)(x+2)<0},则 A∩B= (A){-1,0} 2.若 a为实数且(2+ai)(a-2i)=-4i,则 a = (A)-1 (B)0 (C)1 (B){0,1} (C){-1,0,1} (D){0,1,2} (D)2 3.根据下面给出的 2004年至 2013年我国二氧化硫排放量(单位:万吨)柱形图。以下结论 不正确的是 (A)逐年比较,2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著 1(B)2007年我国治理二氧化硫排放显现 (C)2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势 (D)2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关 푎4.等比数列{ 푛}满足 =3, 푎푎 + 푎 + 푎 푎 + 푎 + 푎 5=21,则 7=11335(A)21 (B)42 (C)63 (D)84 1 log (2 x), x<1, 2x1, x 1 2log 12 5.设函数f(x)= ,则f ()+ f ( -2 ) = 2(A)3 (B)6 (C)9 (D)12 6.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如右图,则 截去部分体积与剩余部分体积的与剩余部分体积的比值为 18171615(A) (B) (C) (D) 7.过三点 A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交于 y轴于 M、N两点,则 MN =(A)2 6(B)8 (C)4 6(D)10 8.右边程序抗土的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》 푎,푏 中的“更相减损术”。执行该程序框图,若输入 分别为14,18, 푎 = 则输出的 (A)0 (B)2 (C)4 (D)14 9.已知 A,B是球 O的球面上两点,∠AOB=90,C为该球面上的动点,若三棱锥 O-ABC体 积的最大值为 36,则球 O的表面积为 (A)36π (B)64π (C)144π (D)256π 10.如图,长方形 ABCD的边 AB=2,BC=1,O是 AB的中点,点 P沿着边 BC,CD与 2푥푥DA运动,∠BOP= 。将动点P到 AB两点距离之和表示为 的函数 ,则 푓(푥) 푓(푥) 的图像大致为 11.已知 A,B为双曲线 E的左,右顶点,点 M在 E上,∆ABM为等腰三角形,且顶角为 120°,则 E的离心率为 (A) 5(B)2 ’(푥) (C) 3(D) 2( ) 是 奇 函 数 f x(x ∈ R)的 导 函 数 , ―= 0 푥 > 0 , 当时 , 12. 设 函 数 f ’(푥) ( ) 푓( 1) 푓 (푥)> 0푥 成立的 的取值范围是 x f f x<0,则使得 -(A) (-∞,-1)∪(0,1) (C) (-∞,-1)∪(-1,0) (B) (-1,0)∪(1,+∞) (D) (0,1)∪(1,+∞) 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第 13题~第 21题为必考题,每个试题考生必须做答. 第 22题~第 24题为选考题,考生根据要求做答。 二、填空题:本大题共 4小题,每小题 5分。 휆 휆 不平行,向量 a b与a 2b平行,则实数 =________.(用数字填写答案) + + 13.设向量 푎,푏 x  y 1 0, x  2y  0, 14.若 푥,푦 满足约束条件 ,则z =x y的最大值为____________.. +x  2y  2  0, 4푥푥+푥15.(a )(1 )的展开式中 的奇数次幂项的系数之和为32,则a =__________. +푎16.设 Sn是数列{ 푛}的前 项和,且=-1, 푛푎푎 +1 = 푆 푛푆푆푛푛+1,则 ________. 1푛=3三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分 12分) ∆ABC中,D是 BC上的点,AD平分∠BAC,∆ABD是∆ADC面积的 2倍。 sin B sin C (Ⅰ) 求 ;2(Ⅱ) 若AD=1,DC= ,求 BD和 AC的长. 218. (本小题满分 12分) 某公司为了解用户对其产品的满意度,从 A,B两地区分别随机调查了 20个用户,得到 用户对产品的满意度评分如下: A地区:62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B地区:73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79 (Ⅰ)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图,并通过茎叶图比较两地区满 意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值,得出结论即可); (Ⅱ)根据用户满意度评分,将用户的满意度从低到高分为三个不等级: 满意度评分 满意度等级 低于 70分 70分到 89分 不低于 90分 不满意 满意 非常满意 记时间 C:“A地区用户的满意度等级高于 B地区用户的满意度等级”。假设两地区用户 4的评价结果相互独立。根据所给数据,以事件发生的频率作为相应事件发生的概率,求 C的 概率 19. (本小题满分 12分) 퐴퐵퐶퐷 ― 퐴퐵 퐶 퐷퐴퐵 = 1中 = 10퐴퐴 , =8,点 퐴 퐵 分别在 , 1 1 如图,长方体 16,퐵퐶 퐸,퐹 1111퐷1퐶 1上, = 퐴 퐸 퐷 퐹 훼的平面 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形 。过带你 1퐸,퐹 1(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由) 퐴퐹 훼(Ⅱ)求直线 与平面所成角的正弦值 20. (本小题满分 12分) 222>已知椭圆 C:9x + y = m (m0),直线 l不过原点 O且不平行于坐标轴,l与 C有 两个交点 A,B,线段 AB的中点为 M. (I)证明:直线 OM的斜率与 l的斜率的乘积为定值; m(II)若 l过点( ,m),延长线段 OM与 C交于点 P,四边形 OAPB能否平行四边行? 3푙若能,求此时 的斜率,若不能,说明理由. 21. (本小题满分 12分) = 푒푚푥 + 푥2 ― 푚푥 푓设函数 .(푥) 푓(푥) (Ⅰ)证明: 在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; 푥 , 푥 1푓(푥 ) ― 푓(푥 ) 2∈[-1,1],都有| 푒 ― 1 푚,求 的取值范围 (Ⅱ)若对于任意 |≤ 12请考生在第 22、23、24题中任选一题做答,如果多做,则按所做 5的第一题计分,做答时请写清题号. 22.(本小题满分 10分)选修 4—1:几何证明选讲 如图,O为等腰三角形 ABC内一点,圆 O与 ABC的底边 BC交于 M、N两点与底边上的 高 AD交于点 G,且与 AB、AC分别相切于 E、F两点. (I)证明:EF平行于 BC (II) 若AG等于圆 O的半径,且 AE=MN= ,求四边形 EBCF的面积。 23(本小题满分 10分)选修 4-4:坐标系与参数方程 x  t cos, y  t sin, (t为参数,t  0) 在直角坐标系 xOy中,曲线 C1: ,其中 0≤α<π ,在 휌sin θ以 O 为 极 点 , x 轴 正 半 轴 为 极 轴 的 极 坐 标 系 中 , 曲 线C2: = 2 , 曲 线C3: 휌cos 휃 =2 3 .(I).求 C2与 C3交点的直角坐标 (II).若 C1与 C2相交于点 A,C1与 C3相交于点 B,求 AB 的最大值 (24)(本小题满分 10分)选修 4-5不等式选讲 푎 + 푏 = 푐 + 푑 设均为正数,且 ,证明: 푎、푏、푐、푑 (I)若ab>cd ,则 a  b> c  d ;(II) a  b> c  d 是a b<c  d 的充要条件. 6(24)(本小题满分 10分)选修 4-5不等式选讲 设均为正数,且,证明: (I)若,则 a  b> c  d ;(II) a  b> c  d 是a b<c  d 的充要条件. 72015 年海南省数学理科高考试题及答案解析 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的。 (1) 已知集合A={-2,-1,0,1,2},B={x|(X-1)(x+2)<0},则 A∩B=( (A){–1,0} (B){0,1} (C){-1,0,1} (D){,0,,1,2} 【答案】A )A B  1,0 【解析】由已知得 B  x 2  x 1 ,故 ,故选 A (2)若 a 为实数且(2+ai)(a-2i)=-4i,则 a=( )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2 【答案】B 8【解析】 [来源:Z_xx_k.Com] (3)根据下面给出的 2004 年至 2013 年我国二氧化硫排放量(单位:万吨)柱形图。以下 结论不正确的是( )(A) 逐年比较,2008 年减少二氧化硫排放量的效果最显著 (B) 2007 年我国治理二氧化硫排放显现 (C) 2006 年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势 (D) 20 06 年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关 【答案】D 【解析】由柱形图得,从 2006 年以来,我国二氧化硫排放量呈下降趋势,故年排放量与年 份负相关. (4)等比数列{an}满足 a1=3, a1  a3  a5 =21,则 a3  a5  a7  (A)21 (B)42 (C)63 (D)84 【答案】B 【解析】 ()91 log (2 x), x 1, 2x1, x 1, 2f (x)  (5)设函数 , f (2)  f (log2 12)  ( (D)12 )(A)3 (B)6 (C)9 【答案】C 【解析】由已知得f (2) 1 log2 4  3 ,又 log2 12 1, 所 以 2 6 f (log2 12)  2log 121  2log  6 f (2)  f (log2 12)  9 . 2,故 (6)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如右图,则截去部分体积与 剩余部分体积的比值为 18171516(A) (B) (C) (D) 【答案】D 【解析】由三视图得,在正方体 ABCD  A B C1D 中,截去四面体 A A B D,如图所 1111111 1 1  a3  a3 a示 ,, 设 正 方 体 棱 长 为, 则 V, 故 剩 余 几 何 体 体 积 为 AA B D 1 1 13 2 6115a3  a3  a3 ,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为 .56610 D1 DC1 A1 B1 CABMN (7)过三点 A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交于 y 轴于 M、N 两点,则 =(A)2 【答案】C 【解析】 6(B)8 (C)4 6(D)10 (8)右边程序抗土的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”。执 行该程序框图,若输入 a,b 分别为 14,18,则输出的 a= A.0 B.2 C.4 D.14 【答案】B[来源:Z.xx.k.Com] aba 14 b 18 b  4 a 10 a  6 【解析】程序在执行过程中, ,的值依次为 ,;;;;a  2 b  2 ;a  b  2 a程序结束,输出 的值为2,故选 B. ,此时 (9)已知 A,B 是球 O 的球面上两点,∠AOB=90,C 为该球面上的动点,若三棱锥 O-ABC 11 体积的最大值为 36,则球 O 的表面积为 A.36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C AOB O  ABC 【解析】如图所示,当点 C 位于垂直于面 的直径端点时,三棱锥 的体积最 1 1 1RVOABC VCAOB   R2  R  R3  36 O大,设球 的半径为 ,此时 R  6 ,故 ,则 3 2 6O球的表面积为 S  4 R2 144 ,故选 C. COBA10.如图,长方形 ABCD 的边 AB=2,BC=1,O 是 AB 的中点,点 P 沿着边 BC,CD 与 DA 运动,记∠BOP=x.将动点 P 到 A、B 两点距离之和表示为 x 的函数 f(x),则 f(x)的图 像大致为 [来源:学科网] 【答案】B 【解析】 12 242x  f ( ) f ( ) 的运动过程可以看出,轨迹关于直线 对称,且 ,且轨迹非线型,故选 B. (11)已知 A,B 为双曲线 E 的左,右顶点,点 M 在 E 上,∆ABM 为等腰三角形,且顶角 为 120°,则 E 的离心率为 (A)√5 (B)2 ( C)√3 (D)√2 【答案】D 【解析】 x  0 f (x)(x R) ( 12 ) 设 函 数f’(x) 是 奇 函 数 的 导 函 数 , f ( -1 ) =0 , 当 时 , ‘f (x)  0 xf (x)  f (x)  0,则使得 成立的 x 的取值范围是 (A) (B) 13 (C) (D) 【答案】A 【解析】 xf ‘ (x)  f (x) f (x) ‘,则 g’ (x)  ,因为当 时, xf (x)  f (x)  0,故 x  0 g(x)  记函数 x2 x时, g’ (x)  0 ,所以 在单调递减;又因为函数 是奇函数, x  0 g(x) (0,) f (x)(x R) 当0  x 1 g(x) g(x) (,0) g(1)  g(1)  0 故函数 是偶函数,所以 在单调递减,且 .当 x  1 g(x)  0 f (x)  0 f (x)  0 成立的 的取值范围是 g(x)  0 f (x)  0 时, ,则 ;当 时, ,则 ,综上所述,使得 x(,1)  (0,1) ,故选 A. 二、填空题   平行,则实数 aba  b a  2b 与  _________. (13)设向量 ,不平行,向量 1【答案】 2    ,则   k, a  b a  2b 与a  b  (k a 2b) 【解析】因为向量 平行,所以 所以 1 2k, 1  .2x  y 1 0, x  2y  0, z  x  y 的最大值为____________. (14)若 x,y 满足约束条件 ,则 x  2y  2  0, 3【答案】 214 y432B1Dx–4 –3 –2 –1 1234O–1 C–2 –3 –4 (15) (a  x)(1 x)4 的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 32,则 __________. a  3【答案】 【解析】由已知得 (1 x)4 1 4x  6×2  4×3  x4 ,故 (a  x)(1 x)4 的展开式中 x 的奇 4ax3 6×3 x5 , ,其系数之和为 4ax x4a  4a 1+6+1=32 数次幂项分别为 ,,,,解得 a  3 .a  (16)设 Sn 是数列 的前 n 项和,且 a1  1, an1  SnSn1 ,则 Sn  ________. n1【答案】 n11 1 【解析】由已知得 an1  Sn1  Sn  Sn1 Sn ,两边同时除以 Sn1 Sn ,得 ,Sn1 Sn 111 1  1 (n 1)  n 故数列 是以 为首项, 为公差的等差数列,则 ,所以 Sn Sn 1Sn   .n三.解答题 17.(本题满分 12 分) ABC 中, D是BC 上的点, AD 平分 BAC ,ABD 面积是 ADC 面积的 2 倍. sin B sin C (Ⅰ) 求 ;15 2(Ⅱ)若 AD 1 ,DC  ,求 BD 和AC 的长. 21【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ) 1.2(Ⅱ)因为 SABD : SADC  BD : DC ,所以 BD  2 .在 ABD 和ADC 中,由余弦定理 得AB2  AD2  BD2  2AD BDcosADB ,AC2  AD2  DC2  2AD DC cosADC .AB2  2AC2  3AD2  BD2  2DC2  6 .由(Ⅰ)知 AB  2AC ,所以 AC 1 考点:1、三角形面积公式;2、正弦定理和余弦定理. .18.(本题满分 12 分) 某公司为了解用户对其产品的满意度,从 户对产品的满意度评分如下: A,B两地区分别随机调查了 20 个用户,得到用 A 地区:62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B 地区:73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79 (Ⅰ)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图,并通过茎叶图比较两地区满意度 评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值,得出结论即可); 16 A 地区 B 地区 456789(Ⅱ)根据用户满意度评分,将用户的满意度从低到高分为三个等级: 满意度评分 满意度等级 低于 70 分 70 分到 89 分 不低于 90 分 不满意 满意 非常满意 记时间 C:“A 地区用户的满意度等级高于 B 地区用户的满意度等级”.假设两地区用户的评 价结果相互独立.根据所给数据,以事件发生的频率作为相应事件发生的概率,求 C 的概 率. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) 0.48 .【解析】 试题分析:(Ⅰ)将 A, B 两地区用户对产品的满意度评分的个位数分别列与茎的两侧,并根 据数字的集中或分散来判断平均值和方差的大小;(Ⅱ)事件“A 地区用户的满意度等级高于 B 地区用户的满意度等级”分为两种情况:当 B 地区满意度等级为不满意时,A 地区的满意 度等级为满意或非常满意;当 B 地区满意度等级为满意时,A 地区满意度等级为非常满意.再 利用互斥事件和独立事件的概率来求解. 试题解析:(Ⅰ)两地区用户满意度评分的茎叶图如下 17 A 地区 B 地区 4561836436442367892343545682887669965551232311CB2 表示事件:“B 地区用户满意度等级为满意”. 则CA1 与 CB1 独立, CA2 与 CB2 独立, CB1 与 CB2 互斥,C  CB1CA1 CB2CA2 .P(C)  P(CB1CA1 CB2CA2 )  P(CB1CA1)  P(CB2CA2 )  P(CB1)P(CA1)  P(CB2 )P(CA2 ) .16 20 410 8由 所 给 数 据 得 CA1 ,CA2 ,CB1 ,CB2 发 生 的 概 率 分 别 为 ,,,. 故 20 20 20 16 P(CA1) =,,20 410 810 16 84P(CA2 )= P(CB1)= ,P(CB2 ) =,故 P(C)= + 0.48 .20 20 20 20 20 20 20 考点:1、茎叶图和特征数;2、互斥事件和独立事件. 18 19.(本题满分 12 分) 如 图 , 长 方 体ABCD  A B C1D1 中 ,AB=16 ,BC=10 ,AA  8, 点 E,F分 别 在 111A B ,C1D1 上, A E  D F  4 .过点 E,F的平面 与此长方体的面相交,交线围成 1111一个正方形. D1 EFC1 A1 B1 CDAB(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由); (Ⅱ)求直线 AF 与平面 所成角的正弦值. 4 5 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) .15 【解析】 试题分析:(Ⅰ)由线面平行和面面平行的性质画平面 线围成的正方形 EHGF ,计算相关数据.以 与长方体的面的交线;(Ⅱ)由交  D为坐标原点, DA 的方向为 x轴的正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系 D  xyz ,并求平面  的法向量和直线 AF 的方向向量,利   n AF   用sin cos  n, AF   求直线 AF 与平面 所成角的正弦值.   n  AF 试题解析:(Ⅰ)交线围成的正方形 EHGF 如图: (Ⅱ)作 EM  AB ,垂足为 ,则AM  A E  4 M,EM  AA  8 ,因为 EHGF 为正 11方形,所以 EH  EF  BC 10.于是 MH  EH 2  EM 2  6,所以 AH 10 .以 D 为坐标原点, DA 的方向为 x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D  xyz ,则  A(10,0,0) ,H(10,10,0) ,E(10,4,8) ,F(0,4,8) ,FE  (10,0,0) ,19    n FE  0,   HE  (0,6,8). 设n  (x, y, z) 是 平 面EHGF 的 法 向 量 , 则 即故n HE  0,  AF  (10,4,8) 10x  0, 所以可取n  (0,4,3) .又,6y 8z  0,   n AF   n  AF   4 5 4 5 cos  n, AF   .所以直线 AF 与平面 所成角的正弦值为 .15 15 考点:1、直线和平面平行的性质;2、直线和平面所成的角. D1 FC1 EA1 AB1 DCGBM H 20.(本题满分 12 分) 已知椭圆 C :9×2  y2  m2 (m  0) ,直线 交点 ,线段AB 的中点为 l O l C 不过原点 且不平行于坐标轴,与 有两个 A,BM.l(Ⅰ)证明:直线OM 的斜率与 的斜率的乘积为定值; m(Ⅱ)若 若能,求此时 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)能, 4  7 l过点 ( ,m) ,延长线段 OM 与C交于点 P,四边形 OAPB 能否为平行四边形? 3l的斜率,若不能,说明理由. 或4  7 .20 【解析】 试题分析:(Ⅰ)题中涉及弦的中点坐标问题,故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方 法求解:设端点 A, B 的坐标,代入椭圆方程并作差,出现弦 AB 的中点和直线 l的斜率;设 直线 的方程同时和椭圆方程联立,利用韦达定理求弦AB 的中点,并寻找两条直线斜率关 l系;(Ⅱ)根据(Ⅰ)中结论,设直线OM 方程并与椭圆方程联立,求得 M坐标,利用 xP  2xM m以及直线 l过点 ( ,m) 列方程求 k的值. 3试 题 解 析 : (Ⅰ) 设 直 线 l : y  kx  b (k  0,b  0) M (xM , yM ) ,A(x1, y1) ,B(x2 , y2 ) ,故.将y  kx  b x1  x2 代入9×2  y2  m2 得(k2  9)x2  2kbx  b2  m2  0 ,kb xM    ,2k2  9 9b k2  9 yM xM 9yM  kxM  b  .于是直线OM 的斜率 kOM  ,即 kOM k  9 .所以直 k线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值. (Ⅱ)四边形OAPB 能为平行四边形. m因为直线 l过点 ( ,m) ,所以 l不过原点且与 CP有两个交点的充要条件是 k  0 ,k  3 .39y  x, 9由 (Ⅰ) 得 OM 的 方 程 为y  x . 设 点 的 横 坐 标 为xP . 由 得kk2229x  y  m , k2m2 km 3 k2  9 m2xP  , 即xP  ,因此 xM  . 将 点( ,m) 的 坐 标 代 入 直 线 l的 方 程 得 9k2 81 3m(3 k) mk(k 3) 3(k2  9) b  .四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线 3km 3 k2  9 段OP 互相平分,即 xP  2xM .于是 mk(k 3) 2 .解得 k1  4  7 ,k2  4  7 .因为 ki  0,ki  3 ,i 1 , ,所以当 l23(k2  9) 的斜率为 21 4  7 或4  7 时,四边形OAPB 为平行四边形. 考点:1、弦的中点问题;2、直线和椭圆的位置关系. 21.(本题满分 12 分) 设函数 f (x)  emx  x2  mx (Ⅰ)证明: f (x) (,0)单调递减,在 (0,)单调递增; (Ⅱ)若对于任意 x1, x2 [1,1],都有 f (x1)  f (x2 )  e 1,求 .在m的取值范围. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)[1,1] .【解析】 试题分析:(Ⅰ)先求导函数 f ‘ (x)  m(emx 1)  2x ,根据 m的范围讨论导函数在 (,0) 和(0,)的 符 号 即 可 ;( Ⅱ ) f (x1)  f (x2 )  e 1恒 成 立 , 等 价 于 f (x1)  f (x2 ) max  e 1.由 x1, x2 是两个独立的变量,故可求研究 f (x) 的值域,由(Ⅰ)可 f (1)  f (0)  e 1, f (1)  f (0)  e 1, 得最小值为 f (0) 1,最大值可能是 f (1) 或f (1),故只需 ,从而 得关于 m的不等式,因不易解出,故利用导数研究其单调性和符号,从而得解. 22 考点:导数的综合应用. (请考生在 22、23、24 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,作答时请 写清题号。高三网 www.gaosan.com) 22.(本小题满分 10 分) 选修 4—1:几何证明选讲 如图, O为等腰三角形 ABC 内一点,圆 O与ABC 的底边 BC 交于 MN、 两点与底边 上的高 AD 交于点 G,与 AB 、AC 分别相切于 E、F两点. AGEFOBCNMD(Ⅰ)证明: EF / /BC ;(Ⅱ) 若AG 等于 O 的半径,且 AE  MN  2 3,求四边形 EBCF 的面积. 23 16 3 3【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) 【解析】 .试题分析:(Ⅰ)由已知得 AD  BC ,欲证明 EF / /BC ,只需证明 AD  EF ,由切线长 定理可得 AE  AF ,故只需证明 AD 是角平分线即可;(Ⅱ)连接OE OM ,在 RtAEO AEF 都是等边三角形,求得其边长,进而可求其 ,中,易求得 OAE  300 ,故 AEF 和面积.四边形 EBCF 的面积为两个等边三角形面积之差. 试题解析:(Ⅰ)由于 ABC 是等腰三角形, AD  BC ,所以 AD 是CAB 的平分线.又 因为 O 分别与 AB 、AC 相切于 E、F两点,所以 AE  AF ,故 AD  EF .从而 EF / /BC .(Ⅱ)由(Ⅰ)知, AE  AF 弦,所以 AD 上.连接OE 所 以OAE  300 . 所 以ABC AO  4 OE  2 ,AD  EF ,故 AD OM ,则OE  AE .由 AG 等于 O 的半径得 AO  2OE AEF 都 是 等 边 三 角 形 . 因 为AE  2 3, 所 以 是EF 的垂直平分线,又 EF 是O 的O在,,和,.110 3 3因为OM  OE  2 ,DM  MN  3 ,所以OD 1.于是 AD  5 ,AB  .所 2110 3 331316 3 3以四边形 EBCF 的面积 ( )2   (2 3)2  .2222考点:1.等腰三角形的性质;2、圆的切线长定理;3、圆的切线的性质. 23.(本小题满分 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程 x  t cos, y  t sin, 在直角坐标系 xoy 中,曲线 C : (t为参数, t  0),其中 0     ,1在 以 O为 极 点 , x轴 正 半 轴 为 极 轴 的 极 坐 标 系 中 , 曲 线 C2 :   2sin , 曲 线 C3 :   2 3cos .(Ⅰ).求 (Ⅱ).若 CC2 与 2 与 C1 交点的直角坐标; C1 相交于点 3 与 1 相交于点 ,求AB 的最大值. BCA,C3 3 【答案】(Ⅰ) (0,0) 和(, );(Ⅱ) . 42 2 【解析】 24 试题分析:(Ⅰ)将曲线 的直角坐标,也可以直接联立极坐标方程,求得交点的极坐标,再化为直角坐标;(Ⅱ)分 别联立 2 与 1 和 3 与 1 的极坐标方程,求得 A, B 的极坐标,由极径的概念将 AB 表示, 转化为三角函数的最大值问题处理. C C 2 与 1 的极坐标方程化为直角坐标方程,联立求交点,得其交点 CCCC试题解析:(Ⅰ)曲线 C2 的直角坐标方程为 x2  y2  2y  0,曲线 C3 的直角坐标方程为 3,22x  x  y  2y  0, x  0, y  0, x2  y2  2 3x  0 .联立 解得 或C C 所以 2 与 1 交 23x2  y2  2 3x  0, y  , 23 3 , ) 2 2 点的直角坐标为 (0,0) (Ⅱ)曲线 和(.C1 的极坐标方程为  (  R,   0) ,其中 0     .因此 A得到极坐标 为(2sin,) ,B的极坐标为(2 3cos,) .所以35 6AB  2sin  2 3cos  4 sin(  ) ,当  时, AB 取得最大值,最大值为 4.考点:1、极坐标方程和直角坐标方程的转化;2、三角函数的最大值. 24.(本小题满分 10 分)选修 4-5 不等式选讲 设a,b,c,d 均为正数,且 a  b  c  d ,证明: (Ⅰ)若 ab  cd ,则 a  b  c  d (Ⅱ) a  b  c  d a b  c  d 的充要条件. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析. ;是考点:推理证明. 25

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